2-й семестр / Семинары Пронина Е.В. / Семинар 08
.pdfСеминар 8. Собственные значения и собственные векторы. Операторы простого типа. Разбор задач типового расчета
Задача 2.8. (типовой расчет) Определить собственные значения и собственные векторы линейного оператора ̂, заданного матрицей . Является ли линейный оператор ̂ оператором простого типа? Если да, то выписать матрицу линейного оператора в базисе из собственных векторов.
|
|
− |
а) = ( |
|
− ). |
− |
|
|
Решение: |
|
|
1)Найдем собственные значения. Для этого составим характеристическое уравнение det ( − ) = 0.
2 − |
0 |
−6 |
| 1 |
3 − |
−2 | = 0. Разложим определитель по второму столбцу. |
−1 |
0 |
1 − |
(3 − ) |2 − |
−6 |
| = 0. |
−1 |
1 − |
|
(3 − )(( 2 − )(1 − ) − 6) = 0; (3 − )( 2 − 3 − 4) = 0.
1 = 3, 2 = 4, 3 = −1 - собственные значения.
2)Найдем собственные векторы, соответствующие собственным значениям.
=3. Решим систему ( − 3 ) = :
2 − 3 |
|
0 |
−6 |
1 |
0 |
( 1 |
|
3 − 3 −2 ) ( 2) = (0) |
|||
−1 |
|
0 |
1 − 3 |
3 |
0 |
−1 |
0 |
−6 |
1 |
0 |
|
( 1 |
0 |
−2) ( 2) = (0), решим систему методом Гаусса. |
|||
−1 |
0 |
−2 |
3 |
0 |
|
−1 |
0 |
−6 |
−1 |
0 |
−6 |
−1 |
0 |
−6 |
−1 |
|
0 |
−6 |
( 1 |
0 −2) ( 1 |
0 |
−2) ( 0 |
0 |
−8) ( 0 |
0 |
4 ) |
|||||
−1 |
0 |
−2 |
0 |
0 |
4 |
0 |
0 |
4 |
0 |
|
0 |
0 |
rang = 2; 3 |
= 0; 2 |
= ; 1 = 0. |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
0 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1=( )=c(1) - собственные векторы, соответствующие |
= 3. |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
0 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 Выберем = 1; 1=(1).
0
|
= . |
1 |
Решим |
|
|
систему |
|
( − 4 ) = . |
|||
−2 |
0 |
−6 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
( 1 |
−1 |
−2) ( 2) = (0), решим систему методом Гаусса. |
|
||||||||
−1 |
0 |
−3 |
3 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
−2 |
0 |
−6 |
1 |
−1 |
−2 |
1 |
−1 |
−2 |
1 |
−1 |
−2 |
( 1 |
−1 |
−2) (−1 |
0 |
−3) (0 |
−1 −5 ) (0 |
−1 |
−5) |
||||
−1 |
0 |
−3 |
−2 |
0 |
−6 |
0 |
−2 |
−10 |
0 |
0 |
0 |
rang = 2; 3 = ; 2 = −5 ; 1 = −3 .
−3
2=c(−5) - собственные векторы, соответствующие 2 = 4. При с = 1
1
−32=(−5).
1
= − . Решим систему ( + ) = .
3 |
0 |
−6 |
1 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
( 1 |
4 |
−2) ( 2) = (0), решим систему методом Гаусса. |
|
|||||||||
−1 |
0 |
2 |
3 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
3 |
0 |
−6 |
|
1 |
4 |
−2 |
1 |
4 |
−2 |
1 |
4 |
−2 |
( 1 |
4 |
−2) (−1 |
0 |
2 ) (0 |
4 |
0 ) (0 |
4 |
0 ) |
||||
−1 |
0 |
2 |
|
3 |
0 |
−6 |
0 |
−12 |
0 |
0 |
0 |
0 |
rang = 2; 2 = 0; |
3 |
= ; 1 = 2 . |
|
|
|
|
|
|
||||
2 |
2 |
3 = ( 0 ) = (0) - собственные векторы, соответствующие 3 = −1.
1
2 При = 1 3=(0).
1
3)Собственные значения попарно различны, следовательно ̂ является оператором простого типа, его собственные векторы образуют базис и
|
|
3 |
0 |
0 |
|
матрица ̂ в базисе из собственных векторов ̃ = (0 |
4 |
0 |
). На этот |
||
|
|
0 |
0 |
−1 |
|
вопрос можно было дать ответ сразу после пункта 1). |
|
|
|
||
|
|
− |
|
|
|
б) = ( |
|
− ) |
|
|
|
|
− |
|
|
|
|
Решение:
1)Найдем собственные значения. Для этого составим характеристическое уравнение det (А − ) = 0
2 − |
1 |
−1 |
3 − |
−1 |
|
|
|
||
| 0 |
3 − |
−1 | = 0, (2 − ) | |
−1 |
3 − | = 0; |
0 |
−1 |
3 − |
|
|
(2 − )( 2 − 6 + 8) = 0.
1 = 2 = 2, 3 = 4 - собственные значения.
2)Найдем собственные векторы, соответствующие собственным значениям.
= = . Решим систему (А − 3Е) = .
0 |
1 |
|
−1 |
1 |
|
0 |
|
(0 |
1 |
|
−1) ( 2) = (0), решим систему методом Гаусса. |
||||
0 |
−1 |
1 |
3 |
|
0 |
|
|
0 |
1 |
|
−1 |
|
0 |
1 |
−1 |
(0 1 |
−1) ~ … ~ (0 |
0 |
0 ); |
||||
0 |
−1 |
1 |
|
0 |
0 |
0 |
|
rang = 1; 1 = 1; |
2 = 2; 2 − 3 = 0 => 3 = 2. |
||
1 |
1 |
|
0 |
1 = ( 2) = |
(0) + |
(1) - собственные векторы, соответствующие = |
|
1 |
|
2 |
1 |
2 |
0 |
|
1 |
2 = 2.
Выберем из этого множества векторов два линейно независимых вектора.
|
1 |
|
0 |
|
|
|
= (0) и |
= (1). |
|
|
|||
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
0 |
|
1 |
|
|
|
|
= . Решим систему ( − 4 ) = . |
|||||
−2 |
1 |
−1 |
1 |
0 |
|
|
( 0 |
−1 |
−1) ( 2) = (0), решим систему методом Гаусса. |
||||
0 |
−1 |
−1 |
3 |
0 |
|
|
−2 |
1 |
−1 |
|
−2 |
1 |
−1 |
( 0 −1 |
−1) ( 0 −1 −1). |
|||||
0 |
−1 |
−1 |
|
0 |
0 |
0 |
rang = 2; 3 = ; 2 |
= − ; |
−2 1 |
+ 2 − 3 = 0 => 1 = − . |
|||
−2=(− ) - собственные векторы, соответствующие 3 = 4. Выберем один
−13 = (−1).
1
Мы нашли три собственных вектора, однако характеристическое уравнение имеет кратные корни 1 = 2 = 2. Проверим, будут ли собственные векторы образовывать базис.
1 |
0 |
−1 |
Составим матрицу из координат собственных векторов (0 |
1 |
−1) |
0 |
1 |
1 |
1 |
0 |
−1 |
|
(0 |
1 |
−1) rang = 3 => собственные векторы линейно-независимы => |
|
0 |
0 |
2 |
|
они |
образуют базис в линейном пространстве , так |
как dim = 3, |
|
следовательно ̂ является оператором простого типа и его матрица в базисе из
2 |
0 |
0 |
собственных векторов: ̃ = (0 |
2 |
0). |
0 |
0 |
4 |
− |
|
|
в) = ( |
− |
) |
|
|
− |
Решение: |
|
|
1)Найдем собственные значения. Для этого составим характеристическое уравнение det ( − ) = 0.
−3 − |
|
|
4 |
0 |
||||
| |
0 |
|
|
−3 − |
5 | = 0; (−3 − )3 = 0; 1 = 2 = 3 = −3. |
|||
|
0 |
|
|
|
−0 |
−3 − |
||
Найдем собственные векторы. Решим систему ( + 3 ) = . |
||||||||
0 |
|
4 |
0 |
|
1 |
0 |
|
|
(0 |
|
0 |
5) ( 2) = (0), решим систему методом Гаусса. |
|||||
0 |
|
0 |
0 |
|
3 |
0 |
|
|
rang = 2; 3 = |
0; 2 |
= 0; 1 = . |
||||||
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
= ( |
0 |
) = (0) - |
собственные векторы, соответствующие 1 = 2 = |
|||
|
|
0 |
||||||
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
3 = −3; 1
1 = (0) - один линейно-независимый собственный вектор. Базис 0
состоит из трех векторов, тогда базиса из собственных векторов не существует, следовательно, ̂ не является оператором простого типа.
Задача 2.10 (типовой расчет)
1) В пространстве многочленов степени не выше 2 задан оператор
̂ ( ) = ʹ( ) − ( ).
a) Показать линейность оператора ̂.
b) Найти матрицу линейного оператора ̂ в каноническом базисе пространства
2.
c) Найти образ многочлена ( ) = 2 2 − 3 + 1.
d) Найти ядро линейного оператора ̂. e) Существует ли обратный оператор?
Решение:
а) Проверим линейность оператора.
̂( 1( ) + 2( )) = ( 1′ ( ) + 2′ ( )) − 3( 1( ) + 2( )) = ( 1′ ( ) − 3 1( )) + ( 2′ ( ) − −3 2( )) = ̂( 1( )) + ̂( 2( )).
̂( ( )) = ( ′( )) − 3( ( )) = ( ′( ) − 3 ( )) = ̂( ( )).
b) Найдем матрицу ̂ в каноническом базисе:
0 = 1, 1 = , 2 = 2.
̂ 0 = ∙ (1)′ − 3 ∙ 1 = −3 = (−3,0,0),
̂ 1 = ∙ ( )′ − 3 ∙ = −2 = (0, −2,0),
̂ 2 = ∙ ( 2)′ − 3 ∙ 2 = − 2 = (0,0, −1).
Чтобы получить матрицу линейного оператора, записываем координаты образов базисных векторов по столбцам.
−3 |
0 |
0 |
= ( 0 |
−2 |
0 ). |
0 |
0 |
−1 |
с) Чтобы найти образ многочлена ( ), запишем его в координатной форме
( ) = 2 2 |
− 3 + 1 = 1 |
− 3 |
+ 2 = (1, −3,2). |
||
|
|
|
1 |
2 |
3 |
−3 |
0 |
0 |
1 |
−3 |
|
( 0 |
−2 |
0 ) (−3) = ( 6 ) => ̂ ( ) = −3 + −2 2. |
|||
0 |
0 |
−1 |
2 |
−2 |
|
d) Чтобы найти ядро ̂, решим однородную систему уравнений:
|
−3 |
0 |
0 |
1 |
0 |
|
= : |
( 0 |
−2 |
0 ) ( 2) = (0), rang |
= 3 => система имеет |
||
|
0 |
0 |
−1 |
3 |
0 |
|
0
единственное тривиальное решение: = (0) => = (0,0,0) => Ker ̂ = 0
. {0}
̂ |
|
̂−1 |
существует, оператор обратим. |
e) Ker = {0} => |
|||
2) В пространстве многочленов степени не выше 2 задан оператор
̂ ( ) = ( + ) ′′( ) − ′( ).
a) Показать линейность оператора ̂.
b) Найти матрицу линейного оператора ̂ в каноническом базисе пространства
2.
c) Найти образ многочлена ( ) = 2 − 3. d) Найти ядро линейного оператора ̂.
e) Существует ли обратный оператор?
Решение:
а) Проверим линейность оператора.
̂( 1( )+ 2( ))= ( + 3)( 1′′( ) + 2′′( )) - 2( 1′( ) + 2′( )) = (( + 3) 1′′( ) − 2( 1′( )) + (( + 3) 2′′( ) - 2 2′( )) = ̂( 1( ))+ ̂( 2( ))
̂( ( ))=( + 3)( ′′( )) − 2( ′( )) = (( + 3)( ′′( )) − 3( ′( )) =̂( ( )).
b) Найдем матрицу ̂ в каноническом базисе:
̂ 0 = ( + 3) ∙ (1)′′ − 2 ∙ 1′ = 0 = (0,0,0),̂ 1 = ( + 3) ∙ ( )′′ − 2 ∙ ′ = −2 = (−2,0,0),
̂ 2 = ( + 3) ∙ ( 2)′′ − 2 ∙ ( 2)′ = −2 + 6 = (6, −2,0).
Чтобы получить матрицу линейного оператора, записываем координаты образов базисных векторов по столбцам:
0 |
−2 |
6 |
А = (0 |
0 |
−2). |
0 |
0 |
0 |
с) Найдем образ многочлена найти образ многочлена ( ) = 2 − 3
0 |
−2 |
6 |
−3 |
6 |
̂ ( ) = (0 |
0 |
−2) ( 0 ) = (−2) = 6 − 2 . |
||
0 |
0 |
0 |
1 |
0 |
d) Чтобы найти ядро ̂, решим однородную систему уравнений:
0 |
−2 |
6 |
1 |
0 |
= : (0 |
0 |
−2) ( 2) = (0), |
||
0 |
0 |
0 |
3 |
0 |
|
|
|
|
rang = 2, |
= |
= 0, |
= −любое, = (0) => = ( , 0,0) => Ker ̂ = |
3 |
2 |
1 |
0 |
|
|
|
|
{ ( ) = }. |
|
|
|
e) det = 0 => ̂−1 не существует.
Задача 2.11.* (типовой расчет) Оператор Â действует в пространстве P2 многочленов степени не выше второй.
a)Показать линейность оператора.
b)Найти его матрицу в каноническом базисе пространства P2 .
c)Найти образ многочлена p(t).
d)Найти ядро линейного оператора Â.
e)Существует ли обратный оператор?
ˆ |
− p(t), p(t) = t |
2 |
+ 2t −3. |
Ap(t) = t p (t + 2) |
|
Решение:
a) Проверим линейность оператора:
1) ̂(1( ) + 2( )) = (1( + 2) + 2( + 2))′ − (1( ) + 2( )) =
=(1′ ( + 2) + 2′ ( + 2)) − 1( ) − 2( ) =
=1′ ( + 2) − 1( ) + 2′ ( + 2) − 2( ) = ̂ 1( ) + ̂ 2( ).
2) ̂( ( ) = ′( + 2) − ( )) = ( ( + 2) − ( )) = ̂( ( ).
b) Найдем матрицу оператора в каноническом базисе пространства P2 :
|
=1 |
ˆ |
= t 1 −1 = −1 = (−1,0,0) |
|
|
|
|
|
|||||
e |
Ae0 |
|
|
|
|
|
|||||||
0 |
|
|
ˆ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= t |
|
= t (t + 2) − t = t − t = 0 = (0,0,0) |
|
|
|
|
||||||
e1 |
|
Ae1 |
|
|
|
|
|||||||
|
= t |
2 |
ˆ |
= t ((t + 2) |
2 |
) − t |
2 |
= t 2(t + 2) |
− t |
2 |
= t |
2 |
+ 4t = (0,4,1). |
e2 |
|
Ae |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Чтобы получить матрицу линейного оператора, записываем координаты образов базисных векторов в матицу по столбцам .
−1 |
0 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
A = |
0 |
0 |
4 |
. |
|
0 |
0 |
1 |
|
|
|
|||
b) Чтобы найти образ вектора запишем его в координатной форме.
|
|
|
|
|
+ |
|
|
|
|
= (−3,2,1). |
|||
p(t) = t 2 + 2t − 3 = −3e |
2e |
+1e |
2 |
||||||||||
|
|
|
|
0 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
−1 0 |
0 − 3 |
|
3 |
|
|
|
|
|||||
ˆ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
0 0 |
4 |
|
2 = |
|
4 |
= t |
+ 4t + 3. |
|||||
Ap(t) = |
|
||||||||||||
|
|
0 0 |
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
||||
d) Чтобы найти ядро Â, решим однородную систему линейных уравнений
AX=O:
−1 |
0 |
0 x1 |
|
|
0 |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
0 |
4 |
x2 |
|
= |
0 |
, |
rangA=2, система имеет множество решений |
|
0 |
0 |
1 |
|
|
|
0 |
|
|
|
x3 |
|
|
|
|
||||
x1x2x3
=0
=c
=0
KerÂ={ ( ) = , }.
e) Обратный оператор не существует по всем трем критериям:
1) detA=0; 2) KerÂ≠0; 3) ImÂ≠ P2.
Дополнительно : Найдем собственные векторы и собственные значения для линейных операторов из задачи 2.10.
− |
|
|
1) = ( |
− |
) ; |
|
|
− |
Матрица данного линейного оператора уже имеет диагональный вид, следовательно это линейный оператор простого типа. На главной диагонали стоят собственные значения. 1 = −3; 2 = −2; 3 = −1. Им соответствуют
собственные векторы – это канонический базис: 0 = 1; 1 = |
|||
= 2. |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
− |
|
2) А = ( |
|
− ). Составим характерестическое уравнение. |
|
|
|
|
|
− |
−2 |
6 |
|
| 0 |
− |
−2| = 0; - 3 = 0; |
|
0 |
0 |
− |
|
2 = 2 = 3 = 0.
Найдем собственные векторы. Решим систему ( ) = .
0 |
−2 |
6 |
1 |
0 |
(0 |
0 |
−2) ( 2) = (0), решим систему методом Гаусса. |
||
0 |
0 |
0 |
3 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
rang = 2; |
|
= 0; |
= 0; |
= . |
|
= (0) => = ( , 0,0) => |
|
3 |
2 |
1 |
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
собственные векторы: { ( ) = }. Мы видем , что множество собственных векторов совпало с ядром линейного оператора. Можем виделить только один линейно-независимый собственный вектор : 0 = 1. Таким образом у данного линейного оператора нет базиса из собственных векторов и он не является оператором простого типа.
3)Найдем собственные векторы и собственные значения для линейных операторов из задачи 2.11.